88-133 אינפי 2 תשעב סמסטר ב/הרצאות 3+4 (11+13/3/12)

• חזרה להרצאות

הרצאות 3+4 (11+13/3/12)

נוסחה שהופיעה בשיעור:

את האינטגרל מהסוג [math]\displaystyle{ I_n=\int \frac {dx}{(x^2+a^2)^n} }[/math] עבור [math]\displaystyle{ a\gt 0,n \in \mathbb{N} }[/math] מחשבים בעזרת נוסחת הנסיגה הבאה:

[math]\displaystyle{ I_{n+1}=\frac 1 {2na^2} \cdot \frac x {(x^2+a^2)^2}+\frac {2n-1}{2na^2}I_n }[/math] כך ש-[math]\displaystyle{ I_1=\frac 1 a \arctan(\frac x a )+C }[/math]

אינטגרציה של פונקציה רציונלית:

[math]\displaystyle{ \int \frac{p(x)}{q(x)}dx }[/math], [math]\displaystyle{ q,p }[/math] פולינומים.

יש רק שני סוגים של שברים חלקיים:

(א) [math]\displaystyle{ \frac {A}{(x-x_0)^n} }[/math] עבור [math]\displaystyle{ A,x_0 \in \mathbb{R}, n \in \mathbb{N} }[/math]

(ב) [math]\displaystyle{ \frac {Ax+B}{(ax^2+bx+c)^n} }[/math] עבור [math]\displaystyle{ A,B,a,b,c \in \mathbb{R}, n \in \mathbb{N} }[/math] ולמכנה שאין לו שורשים ממשיים: [math]\displaystyle{ b^2-4ac\lt 0 }[/math]

השיטה שלנו מתבססת על שני משפטים מאלגברה.

משפט 1: יהי [math]\displaystyle{ p(x) }[/math] פולינום ממשי. אז ניתן לפרק את [math]\displaystyle{ p }[/math] לקבוע כפול מספר איברים לינאריים [math]\displaystyle{ x-x_0 }[/math], ומספר איברים ריבועיים מהסוג [math]\displaystyle{ x^2+bx+c }[/math] כך ש-[math]\displaystyle{ b^2-4c\lt 0 }[/math] וזהו הפירוק המושלם של [math]\displaystyle{ p(x) }[/math].

משפט 2: תהי [math]\displaystyle{ \frac{p(x)}{q(x)} }[/math] פונקציה רציונלית כך ש-[math]\displaystyle{ \deg p\lt \deg q }[/math]. אז אפשר לפרק את [math]\displaystyle{ \frac p q }[/math] לסכום של שברים חלקיים.

בפועל:

כדי לפרק את [math]\displaystyle{ \frac {p(x)}{q(x)} }[/math] לסכום שברים חלקיים: תחילה מפרקים את [math]\displaystyle{ q(x) }[/math] בצורה מושלמת עפ"י משפט 1, אז משווים את [math]\displaystyle{ \frac {p(x)}{q(x)} }[/math] לסכום של שברים חלקיים כללי ביותר שעשוי להביא לידי המכנה [math]\displaystyle{ q(x) }[/math] (זאת אומרת, המכנה הנשותף שלהם=[math]\displaystyle{ q(x) }[/math]).

רושמים את השברים החלקיים עם מקדמים בלתי ידועים ואז קובעים את המקדמים האלה. לבסוף מחשבים [math]\displaystyle{ \int \frac{p(x)}{q(x)}dx }[/math] ע"י סכום אינטגרלים של השברים החלקיים שהם אינטגרלים קלים.

למידע נוסף ניתן לקבל בקישור הבא.

אינטגרציה של פונקציות רציונליות של [math]\displaystyle{ \sin x,\cos x }[/math]:

קיימת "הצבה אוניברסלית" שניתן בעזרתה להביא אינטגרל כזה לאינטגרל של פו' רציונלית רגילה שפתירה ע"י שברים חלקיים.

ההצבה היא: [math]\displaystyle{ t=\tan \frac x 2 }[/math]

לכן [math]\displaystyle{ x=2\arctan(t) }[/math], לכן יוצא לפי גזירה ש- [math]\displaystyle{ dx=\frac 2 {1+t^2}dt }[/math]. נשתמש בזהות חשובה: [math]\displaystyle{ 1+t^2=1+\tan ^2 \frac x 2=\frac 1 {\cos ^2 \frac x 2} }[/math] לכן: [math]\displaystyle{ \frac 1 {1+t^2}=\cos ^2 \frac x 2=\frac {1+\cos x} 2 }[/math] (לפי זהות לזוית כפולה)

לאחר העברת אגפים יוצא ש- [math]\displaystyle{ cos x = \frac {1-t^2}{1+t^2} }[/math].

[math]\displaystyle{ \sin \frac x 2 = \cos \frac x 2 \cdot \tan \frac x 2=\sqrt \frac 1 {1+t^2} \cdot t }[/math]

נשתמש כעת בזהות לזוית כפולה של [math]\displaystyle{ \sin }[/math] ונציב את הערכים שמצאנו כבר- [math]\displaystyle{ \sin x = 2\sin \frac x 2 \cos \frac x 2 = 2\cdot \sqrt \frac 1 {1+t^2} \cdot t \cdot \sqrt \frac 1 {1+t^2} }[/math]

לכן יוצא ש- [math]\displaystyle{ \sin x = \frac {2t} {1+t^2} }[/math]

לבסוף נמצא את [math]\displaystyle{ \tan x }[/math]: [math]\displaystyle{ \tan x = \frac {\sin x} {\cos x} = \frac {2t}{1-t^2} }[/math]

כללים נוספים:

אם נתון: [math]\displaystyle{ \int R(\cos x, \sin x)dx }[/math] (במילים אחרות-פו' רציונלית [math]\displaystyle{ R }[/math] המורכבת מ[math]\displaystyle{ \sin x, \cos x }[/math] בלבד):

(א) אם [math]\displaystyle{ R(-\cos x, \sin x)=-R(\cos x, \sin x) }[/math] , תועיל ההצבה [math]\displaystyle{ y=\sin x }[/math].

(ב) אם [math]\displaystyle{ R(\cos x, -\sin x)=-R(\cos x, \sin x) }[/math] , תועיל ההצבה [math]\displaystyle{ y=\cos x }[/math].

(ג) אם [math]\displaystyle{ R(-\cos x, -\sin x)=R(\cos x, \sin x) }[/math] , תועיל ההצבה [math]\displaystyle{ y=\tan x }[/math].

למקרה שיש טעות או שחסר חומר, תוכלו לפנות אליי דרך פייסבוק (שם המשתמש: Nimrod Sherer)